山東省普通高等學校招生考試選擇性科目測試模擬演練考試科目：物理注意事項：1.本試卷共18題，共100分，作答時間90分鐘。2.本場考試試題符合高考評價體系要求，內(nèi)容為高中物理。3.凡要求說明理由或解釋原因的，答案不超過30個字。部分試題分析和計算時可做合理假設(shè)。4.未經(jīng)允許，不得離開座位。如果你需要任何幫助，請舉手示意監(jiān)考老師，待監(jiān)考老師詢問并同意后，方可行動。5.考生考試時，不得使用規(guī)定以外的計算器等物品。6.涉及試題內(nèi)容的疑問，考生不得向監(jiān)考員詢問。7.考生領(lǐng)取試卷和答題卡后，要認真檢查試卷、答題卡。8.答題前，如遇試卷、答題卡分發(fā)錯誤及試題字跡不清、重印、漏印或缺頁等問題，應當舉手詢問，在開考前報告監(jiān)考員：如開考后再行報告、更換的，所延誤的考試時間不予補充。9.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼等考試相關(guān)信息填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。10.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米及以上黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。11.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。12.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效；用鉛筆解答的部分（包括作圖）無效。13.如果需要草稿紙，請使用答題紙背面。請記住，寫在答題框外的答案將不予評判。14.必要時在相應的答題框內(nèi)寫出相關(guān)計算過程。只有給出過程且答案正確才能得滿分。15.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀等違規(guī)物品。16.在發(fā)出停止命令之前的30分鐘與15分鐘時，監(jiān)考人員將會提醒考生考試時間剩余時長。17.考試結(jié)束后，請立即停止答題，并將試卷與答題卡一并上交，未停止書寫可能導致考試成績作廢。18.本卷涉及的實驗均須在專業(yè)人士指導和安全得到充分保障的條件下完成。一、單選題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.已知太陽光垂直射到地球表面上時，地球表面的單位面積上單位時間接收到的太陽光的能量為。假如認為太陽光為單一頻率的光，且波長為，光速為，普朗克常量為。由于地球離太陽很遠，所以照射到地球表面的太陽光可近似看成平行光。現(xiàn)有一個半徑為的薄壁球殼，球心為，倒扣在地面上，太陽光垂直于地面入射到半球面上，如圖甲所示。圖乙為平放在地面上的半徑同為的圓盤。由于太陽光的作用，會使薄壁球殼或圓盤受到一個向下的壓力。為研究該壓力，小楊同學在半球面上取一條很窄的環(huán)帶狀球面是一個以為圓心的圓的直徑，是以正上方離很近的（圖中未畫出）為圓心的圓的直徑，。由于很短，故整個環(huán)帶狀球面可看成與水平方向成角的斜面。設(shè)該環(huán)帶狀球面的面積為，其在地面上的投影記為。則下列說法中正確的是（??）A.光子動量的變化量大小B.單位時間打到半球面上的光子數(shù)C.假設(shè)所有照射到球面上的太陽光均被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為D.假設(shè)太陽光均直接穿過球面照射到上再被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為【答案】D【解析】A．若光被反射，反射前后頻率不變，則方向垂直于S1面，如圖所示故A錯誤；B．單位時間打到半球面上的光子數(shù)故B錯誤；C．在時間內(nèi)，射到S1面上的光子數(shù)為光子被全部反射，根據(jù)動量定理，光子受到的力大小為F10，則得根據(jù)牛頓第三定律，S1面受到的力大小為故C錯誤；D．在時間內(nèi)，射到S2面上的光子數(shù)為太陽光直接穿過球面照射到S2上再被S2反射，反射前后頻率不變根據(jù)動量定理，光子受到的力大小為得由于得根據(jù)牛頓第三定律，S2面受到的力大小為故D正確。故選D。2.如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜劈靜置于光滑水平地面上，質(zhì)量為m的小球以水平向左、大小為v?的初速度與斜劈相碰，碰撞中無機械能損失。重力加速度用g表示，下列說法正確的是（）A.碰撞過程小球和斜劈組成的系統(tǒng)動量守恒B.碰撞后小球的速度與斜面夾角為θC.碰撞后斜劈的速度為D.碰撞后小球的速度為【答案】C【解析】A．碰撞過程中，系統(tǒng)在豎直方向上的合外力不為0，所以動量不守恒，A錯誤。B．碰撞后小球沿著斜面的速度不變，垂直斜面的速度大小和方向都會改變，所以夾角不會為，B錯誤；C．碰撞前的速度分解如圖甲所示，則碰撞后小球平行于斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度反向，設(shè)碰撞后斜劈的速度為u，如圖乙所示，以小球和斜劈組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有解得根據(jù)題意可知碰撞過程中無機械能損失，根據(jù)機械能守恒定律可知聯(lián)立解得C正確；D．帶入可知碰撞后小球垂直速度所以碰后小球的速度D錯誤。故選C。3.如圖，質(zhì)量的圓環(huán)套在光滑水平軌道上，質(zhì)量的小球通過長的輕繩與圓環(huán)連接?，F(xiàn)將細繩拉直，且與平行，小球以豎直向下的初速度開始運動，重力加速度。則（）A.運動過程中，小球和圓環(huán)系統(tǒng)的動量和機械能均守恒；B.在運動過程中，小球不能繞圓環(huán)做完整的圓周運動C.小球通過最低點時，小球的速度大小為D.從小球開始運動到小球運動到最高點這段時間內(nèi)，圓環(huán)向右運動的位移大小為0.3m【答案】D【解析】A．分析小球和圓環(huán)組成的系統(tǒng)可知，水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，但豎直方向合外力不為零，動量不守恒，只有重力做功，則系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；B．若小球運動到最高點時，圓環(huán)和小球的速度大小分別為、，由水平方向動量守恒可知由能量守恒可知解得速度大小為、小球相對圓環(huán)的速度恰好為所以小球可以繞圓環(huán)做完整的圓周運動，故B錯誤；C．從開始運動到小球運動到最低點時，圓環(huán)和小球的速度大小分別為和，由水平方向動量守恒可知由能量守恒可知代入數(shù)據(jù)解得小球的速度大小為故C錯誤；D．小球從開始到運動到最高點的過程中，圓環(huán)向右運動的位移為x，則解得故D正確。故選D。4.如圖甲，“星下點”是指衛(wèi)星和地心連線與地球表面的交點。圖乙是航天控制中心大屏幕上顯示某氣象衛(wèi)星的“星下點”在一段時間內(nèi)的軌跡。已知地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑為r，則下列說法中正確的是（）A.該氣象衛(wèi)星的軌道是橢圓B.該氣象衛(wèi)星線速度介于第一、二宇宙速度之間。C.該氣象衛(wèi)星的周期是地球自轉(zhuǎn)周期的D.該氣象衛(wèi)星受地球的引力一定大于靜止衛(wèi)星受地球的引力【答案】C【解析】A．由圖乙可知，該氣象衛(wèi)星相鄰兩次經(jīng)過赤道正上方所用的時間相等，所以，該氣象衛(wèi)星的軌道是圓，故A錯誤；B．因軌道半徑越大線速度越小，第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，所以，該氣象衛(wèi)星線速度應小于第一宇宙速度，故B錯誤；C．由圖乙可知，在地球自轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，該氣象衛(wèi)星轉(zhuǎn)了3周，即即故C正確；D．因該衛(wèi)星與地球靜止衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，所以無法比較該氣象衛(wèi)星受地球的引力與靜止衛(wèi)星受地球的引力的大小關(guān)系，故D錯誤。故選C。5.2019年3月10日，長征三號乙運載火箭將“中星”通信衛(wèi)星（記為衛(wèi)星Ⅰ）送入地球同步軌道上，主要為我國、東南亞、澳洲和南太平洋島國等地區(qū)提供通信與廣播業(yè)務。在同平面內(nèi)的圓軌道上有一顆中軌道衛(wèi)星Ⅱ，它運動的每個周期內(nèi)都有一段時間（未知）無法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號，因為其軌道上總有一段區(qū)域沒有被衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號覆蓋到，這段區(qū)域?qū)膱A心角為。已知衛(wèi)星Ⅰ對地球的張角為，地球自轉(zhuǎn)周期為，萬有引力常量為，則根據(jù)題中條件，可求出（）A.地球的平均密度為 B.衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比為C.衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D.題中時間為【答案】C【解析】A．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為R1和R2，因衛(wèi)星Ⅰ為靜止衛(wèi)星，則有且有其中R為地球的半徑，聯(lián)立解得A錯誤；B．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度分別為和，如圖所示三角形AOB中，有即根據(jù)可得故有聯(lián)立以上各式，有B錯誤；C．根據(jù)可得因衛(wèi)星Ⅰ為靜止衛(wèi)星，則其周期為T0，設(shè)衛(wèi)星Ⅱ的周期為T2，則有整理得C正確；D．若衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ均不運動，衛(wèi)星Ⅱ?qū)獮閳A心角為2α，則有但衛(wèi)星之間是有相對運動的，所以時間不可能為，D錯誤。故選C。6.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷a→b→c→d→a四段狀態(tài)變化過程，其圖像如圖所示。其中da延長線與橫軸的交點為，bc和cd分別平行于橫軸和縱軸，b、c、d三個狀態(tài)的體積關(guān)系為，下列說法正確的是（）A.從a到b，氣體的體積不變B.從b到c，單位時間碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增加C.c、d兩狀態(tài)的體積之比為2:3D.從b到c的過程氣體從外界吸收的熱量大于從c到d的過程氣體從外界吸收的熱量【答案】D【解析】A．根據(jù)得可知圖像的斜率與氣體體積有關(guān)，從a到b，圖線的斜率增大，則氣體的體積減小。故A錯誤；B．從b到c，壓強不變，溫度升高，則體積變大，單位體積內(nèi)分子數(shù)減少，則單位時間碰撞單位面積器壁的分子數(shù)減少。故B錯誤；C．d到a等容過程有c到d等溫過程有聯(lián)立解得故C錯誤；D．由，聯(lián)立解得bcd過程的圖如下由圖可知，b到c和c到d的體積差相等。由于圖線與橫坐標圍成的面積表示氣體對外界做的功，顯然b到c，氣體溫度升高，內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學第一定律得c到d，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學第一定律得聯(lián)立可得故D正確。故選D。7.如圖所示，水平面上放置著半徑為R、圓心角為60°的圓弧軌道，一可視為質(zhì)點的小球以初速度沖上圓弧軌道。已知圓弧軌道質(zhì)量，小球質(zhì)量，重力加速度大小為g，不計一切摩擦和空氣阻力，小球從圓弧軌道飛出時，速度方向恰好跟水平方向成角，則（）A.圓弧半徑B.小球飛出時，圓弧軌道的速度為C.小球飛出時速度大小為D.若小球從圓弧軌道飛出時，圓弧向右運動的距離為x，則小球在軌道上運動時間為【答案】D【解析】ABC．小球以初速度滑上圓弧軌道，小球與圓弧軌道產(chǎn)生相互作用，因此小球從滑上圓弧到飛離圓弧的運動中，小球與圓弧軌道組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，機械能守恒，因此小球有兩個分速度，其中v1是相對軌道的速度，與圓弧相切，是隨軌道運動的速度，方向水平，如圖所示由幾何關(guān)系，可知與成60°角，v與成30°角，則與v成30°角，所以四邊形是菱形則有由動量守恒定律可得系統(tǒng)的機械能守恒聯(lián)立解得解得小球飛出時圓弧軌道的速度為解得小球飛出時速度為故ABC錯誤；D．根據(jù)題意可知，小球與圓弧軌道水平方向動量守恒，則有設(shè)小球在軌道上運動時間為，則有整理可得解得故D正確。故選D。8.一列簡諧橫波沿x軸傳播，時刻的波形如圖所示，此時質(zhì)點A經(jīng)過x軸沿y軸負方向運動，質(zhì)點B的位移，從時刻起，經(jīng)過5.5s質(zhì)點A恰好第三次到達波峰。則（）A.該波沿x軸正方向傳播B.該波的傳播速度為2m/sC.從時刻起，經(jīng)過質(zhì)點B第一次經(jīng)過平衡位置D.質(zhì)點A和質(zhì)點B不可能在某一時刻速度相同【答案】B【解析】A．時刻質(zhì)點A向下運動，根據(jù)波的振動方向與傳播方向的關(guān)系可知，該波沿x軸負方向傳播，故A錯誤；B．t=0時刻質(zhì)點A向下運動，且經(jīng)過第三次到達波峰，故解得由波的圖像可知波長故波速故B正確；C．質(zhì)點B的振動方程時刻，，且質(zhì)點B向下振動，故要使，則解得故C錯誤；D．機械波上任意兩個水平位置之差不是波長整數(shù)倍的質(zhì)點（）的速度方程可以分別表示為則其速度相同時有可化簡為解得故機械波上任意兩個質(zhì)點都有可能在某一時刻速度（包括速度為零）相同，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，一豎直輕彈簧靜止在水平面上，其上端位于O點，重力均為G的a，b兩物體疊放在輕彈簧上并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一恒力F豎直向上拉b，將a、b視為質(zhì)點，則下列說法正確的是（）A.若，則a、b恰好在O點分離B.若，則a、b恰好在圖示的初始位置分離C.若，則a，b在O點正下方某一位置分離D.若，則a，b在O點正下方某一位置分離【答案】BD【解析】A．a(chǎn)、b兩物體疊放在輕彈簧上，并處于靜止時，此時彈簧彈力等于重力得到壓縮量x為若，則a、b兩物體要分離時，兩者間的相互作用力為0，對b物體，根據(jù)牛頓第二定律得到此時對a物體，根據(jù)牛頓第二定律可得解得所以a，b在O點正下方某一位置分離，A錯誤；B．若，則a、b兩物體要分離時，兩者間的相互作用力為0，對b物體，根據(jù)牛頓第二定律得到對a根據(jù)牛頓第二定律得解得則a、b恰好在圖示的初始位置分離，B正確；C．當拉力較小時要考慮物體整體做簡諧振動的情況。若，系統(tǒng)做簡諧振動，對a、b兩物體整體進行分析，平衡位置時，彈簧的壓縮量為，則解得此時振幅為則最高點時的彈簧壓縮量為根據(jù)A、B兩個選項的過程，同理可以求得時，兩物體作用力為0時，彈簧壓縮量為因為所以物體不會分離，兩物體將一起做簡諧振動，C錯誤；D．若，系統(tǒng)做簡諧振動，對a、b兩物體整體進行分析，平衡位置時，彈簧的壓縮量為，則解得則此時的振幅為則最高點時的彈簧壓縮量為根據(jù)A、B選項過程，同理可以求得時，兩物體作用力為0時，彈簧壓縮量為因為所以兩物體不能一起簡諧振動，在做完整簡諧振動之前時就已經(jīng)分離，故若，則a，b在O點正下方某一位置分離，D正確；故選BD。10.如圖，直角三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB沿水平方向，長度為L，∠ABC=60°?？臻g存在一勻強電場，場強方向與△ABC所在平面平行，將一帶正電的微粒（不計重力、空氣阻力）從A點移動到B點，電場力做功為，從B點移動至C點，電場力做功為（W>0）。下列說法正確的是（）A.電場強度的大小是B.將該帶電微粒從B點無初速度釋放，其沿∠ABC的角平分線所在直線運動C.將該帶電微粒從C點沿CA拋出，要使其通過B點，微粒在C點的動能應為D.將該帶電微粒從A點沿AC拋出，要使其到達BC時，其位移方向垂直于電場強度方向，微粒在A點的動能的應為【答案】D【解析】A．由題意可知，，，則如上圖，在BC邊上找點D，使D點與A點電勢相等，則AD連線為等勢線，則設(shè)微粒電荷量為q，DB邊長為LDB，CD邊長為LCD，θ為電場方向與CB方向的夾角，則解得在△ABD中，由幾何關(guān)系可知解得過B點作BE交AD于E點，且BEAD，因為且微粒帶正電，所以A點電勢大于B點電勢，故電場方向沿EB，由E指向B，且有解得故A錯誤；B．由A選項可知，電場方向由E指向B，如果將帶正電微粒從B點無初速度釋放，該微粒將沿EB方向運動，由幾何關(guān)系可知，∠ABE=45°，∠DBE=15°，EB邊不是∠ABC的角平分線，故B錯誤；C．如下圖，將BE反向延長交AC于F點，由幾何關(guān)系可知∠ABE=45°，LAF=L，則如果將帶電微粒從C點沿CA拋出，要使其通過B點，設(shè)微粒在C點的動能為Ek1，則帶電微?？煽闯裳谻F方向以速度v1的勻速直線運動和沿FB方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運動合成的結(jié)果，則，，聯(lián)立解得故C錯誤；D．如下圖，過D點作AD的垂線交AC于G點，由幾何關(guān)系可知∠DAG=45°，則如果將帶電微粒從A點沿AC拋出，要使其到達BC時，其位移方向垂直于電場強度方向，設(shè)微粒在A點的動能為Ek2，則帶電微?？煽闯裳谹G方向以速度v2的勻速直線運動和沿GD方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運動合成的結(jié)果，則，，聯(lián)立解得故D正確。故選D。11.如圖所示，豎直虛線MN將真空空間分割成I、II兩個區(qū)域，I、II區(qū)域內(nèi)存在范圍足夠大、大小為、垂直紙面且方向相反的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直細桿上，桿足夠長，環(huán)與桿的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)使圓環(huán)從桿的底部以初速度向上運動，經(jīng)時間后圓環(huán)回到出發(fā)位置，桿的底部有個光滑的拐角，長度忽略不計，其能夠使圓環(huán)無能量損失的水平向左脫離桿，并在一段時間后恰好能夠進入II區(qū)域。已知重力加速度為g，圓環(huán)完成周期性運動的個數(shù)為n。下列說法正確的是（）A.當圓環(huán)回到出發(fā)位置時速度v的大小為B.第一次通過MN邊界時的速度大小C.在圓環(huán)未離開I區(qū)域內(nèi)達到最高點前的位移大小為D.在圓環(huán)第二次通過MN邊界前，從O點脫離桿后回到最高點的位移大小【答案】BCD【解析】A．①上升階段，對環(huán)受力分析規(guī)定向下為正，對豎直方向列動量定理可得②下降階段，對環(huán)受力分析規(guī)定向下為正，對豎直方向列動量定理可得聯(lián)立以上兩式可得解得A錯誤；B．由受力分析知，物體只受重力及洛倫茲力，又因為物體初速度往左，故分解一個向右的速度且滿足即則另一個速度方向向左所以物體在mg和產(chǎn)生的洛倫茲力作用下向右做勻速直線運動，在產(chǎn)生的洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，物體的實際運動為這兩運動之和。由題意可知，第一次通過MN邊界時圓環(huán)的軌跡與其相切，速度豎直向上，則此時的速度方向如圖所示由圖可知，當物體的速度豎直向上時，的速度方向與水平方向向左成θ角，且所以所以B正確；CD．易知圓環(huán)在I區(qū)域內(nèi)做周期性運動，且此時的運動無法影響豎直方向，所以回到最高點的時間由決定①在圓環(huán)還未出I區(qū)域內(nèi)達到最高點設(shè)圓環(huán)已經(jīng)完成了n個周期運動則有，，解得②在圓環(huán)出I區(qū)域后達到最高點II區(qū)域磁場大小相等，方向相反，且圓環(huán)進入II區(qū)域時速度豎直向上，所以圓環(huán)在II區(qū)域達到最高點的軌跡就是這個周期內(nèi)剩下軌跡的對稱圖形，如圖所示則，，CD均正確。故選BCD。12.衛(wèi)星P、Q繞某行星運動的軌道均為橢圓，只考慮P、Q受到該行星的引力，引力大小隨時間的變化如圖所示，已知下列說法正確的是（）A.P、Q繞行星公轉(zhuǎn)的周期之比為B.P、Q到行星中心距離的最小值之比為C.P、Q的質(zhì)量之比為D.Q的軌道長軸與短軸之比為【答案】ACD【解析】A．由圖可知故A正確：B．當P離行星最近時當P離行星最遠時當Q離行星最近時當Q離行星最遠時由開普勒第三定律可知聯(lián)立解得故B錯誤；C．由B可知解得故C正確；D．設(shè)衛(wèi)星Q軌跡半長軸為a，半短軸為b，焦距為c，則有聯(lián)立解得所以Q的軌道長軸與短軸之比為，故D正確。故選ACD。三、實驗題：共2小題，共14分。13.驗證動量守恒的實驗可以在如圖甲所示的氣墊導軌上完成，其中左、右兩側(cè)的光電門可以記錄遮光片通過光電門的擋光時間。實驗前，測得滑塊A（連同其上的遮光片）的總質(zhì)量為、滑塊B（連同其上的遮光片）的總質(zhì)量為，兩滑塊上遮光片的寬度相同。實驗時，開啟氣墊導軌氣源的電源，讓滑塊A從導軌的左側(cè)向右運動，穿過左側(cè)光電門與靜止在兩光電門之間的滑塊B發(fā)生碰撞。（1）關(guān)于實驗，下列說法正確的是______。A.本實驗應調(diào)整氣墊導軌使其保持水平B.兩滑塊質(zhì)量必須滿足C.需要用刻度尺測量兩光電門之間的距離D.需要用秒表測定滑塊上的遮光片經(jīng)過光電門的時間（2）在某次實驗中，光電門記錄的遮光片擋光時間如下表所示。

左側(cè)光電門右側(cè)光電門碰前無碰后在實驗誤差允許范圍內(nèi)，若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則以下關(guān)系式中正確的是______。A. B.C. D.（3）某同學觀察到，在臺球桌面上，臺球以初速度和靜止的球發(fā)生斜碰時，碰后兩球的速度方向?qū)⒉辉谕恢本€上，如圖乙所示。已知兩球大小相同，質(zhì)量相等，若兩球碰撞過程無能量損失，碰后兩球速度方向與初速度的夾角分別為和，則和滿足的關(guān)系為______?！敬鸢浮浚?）A（2）BD（3）【解析】【小問1詳解】A．本實驗應調(diào)整氣墊導軌使其保持水平，以保證兩滑塊發(fā)生正碰。故A正確；B．本實驗對兩滑塊質(zhì)量大小關(guān)系沒有要求。故B錯誤；C．由實驗可知只需要測出擋光片的寬度，即可根據(jù)光電門記錄的遮光時間測出碰撞前后滑塊的速度。就可驗證動量守恒定律。故C錯誤；D．滑塊上的遮光片經(jīng)過光電門的時間是直接通過光電門記錄的。故D錯誤。故選A?！拘?詳解】由動量守恒定律及能量守恒定律得以上兩式整理可得故選BD?！拘?詳解】設(shè)兩球的質(zhì)量均為，在方向與垂直方向上由動量守恒定律可得又由能量守恒得結(jié)合以上三式可得即14.某實驗小組用如圖1所示的電路測定一節(jié)蓄電池的電動勢和內(nèi)阻。除蓄電池、開關(guān)、導線外，可供使用的實驗器材還有A．電阻箱R（量程0～99.9Ω）B．電壓表V（量程0～3V、0～15V）(1)小組成員甲同學在利用如圖1所示電路，調(diào)節(jié)電阻箱共測得了6組電阻、電壓的數(shù)據(jù)，如表一所示。表一R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）1.541.731.801.861.891.90(2)甲同學發(fā)現(xiàn)實驗數(shù)據(jù)中電壓的變化范圍太小了，準備進一步調(diào)小電阻箱阻值繼續(xù)測量，他指出電壓的變化范圍太小的主要原因是_______；乙同學提出反對意見，電阻箱調(diào)的太小，電路中電流過大，會對電池造成嚴重損傷，于是他找來了兩個備用定值電阻來解決這個問題，下面兩個定值電阻選擇_______（填序號）串聯(lián)接在開關(guān)的旁邊。C．定值電阻R1（阻值1Ω）D．定值電阻R2（阻值20Ω）(3)乙同學動手重新組裝了電路后測量結(jié)果記錄如表二所示。表二R（Ω）1.02.03.04.05.06.0U（V）0.871.201.401.501.591.65他們準備采用如圖2所示的圖象處理實驗數(shù)據(jù)，橫軸應該是_______，由圖象進一步得到斜率為k，縱軸截距為b，則蓄電池的內(nèi)阻為_______，電動勢為_______（均用字母符號表示）。(4)如果考慮電壓表內(nèi)阻對測量結(jié)果的影響，則電動勢測量值_______，內(nèi)阻測量值_______（均填“偏大”“偏小”或“準確”）?！敬鸢浮?2)蓄電池內(nèi)阻太小C(3)﹣R1(4)偏小偏小【解析】(2)[1]由圖1所示電路圖根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓由于蓄電池內(nèi)阻r太小，當電路電流變化時路端電壓變化范圍較小，電壓表示數(shù)變化量較??；定值電阻與蓄電池串聯(lián)，把定值電阻與電源整體看成等效電源，可以增大電壓表示數(shù)變化范圍。[2]蓄電池電動勢約為2V，定值電阻如果選擇R2，電路電流太小，無法準確測量電路電流，因此定值電阻應選擇R1，故選C。(3)[3]定值電阻R1與串聯(lián)，由閉合電路的歐姆定律可知，電源電動勢E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=?+應以為橫軸作出-圖象[4][5]圖象縱軸截距圖象的斜率電源電動勢電源內(nèi)阻(4)[6]考慮電壓表內(nèi)阻，由閉合電路的歐姆定律可知，電源電動勢E=U+I（r+R1）=U+（r+R1）整理得=?+?+，﹣圖象縱軸截距?+圖象斜率解得電源電動勢的真實值電動勢的測量值小于真實值；[7]電源內(nèi)阻的真實值r真=kE﹣R1=k﹣R1＞﹣R1內(nèi)阻測量值小于真實值。四、解答題，共4題，共46分。15.類似光學中的折射現(xiàn)象，利用電場和磁場也可以實現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，長方形區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，與間電勢差大小，上下邊界距離為。質(zhì)子束從圖中位置射入電場時，速度方向與法線夾角為入射角，從邊射出時，速度方向與法線夾角為折射角，質(zhì)量為、電荷量為的質(zhì)子束進入電場時水平方向速度大小恒為，不計重力影響及質(zhì)子之間的作用力。電場的水平長度足夠長。（1）求電場的“折射率”與入射角的關(guān)系（折射率=）。（2）當質(zhì)子束恰好在面發(fā)生“全反射”（發(fā)生“全反射”時質(zhì)子恰好未從面射出）時，求質(zhì)子束的入射角（不考慮質(zhì)子在長方形區(qū)域內(nèi)的多次反射）。（3）當在電場區(qū)域發(fā)生“全反射”時，求質(zhì)子在面的入射點與出射點之間水平距離的范圍（不考慮質(zhì)子在長方形區(qū)域內(nèi)的多次反射）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳解】設(shè)質(zhì)子入射時速度為，質(zhì)子射出電場時速度為，水平方向速度不變，根據(jù)運動的合成與分解有，根據(jù)動能定理有根據(jù)“折射率”定義有聯(lián)立解得【小問2詳解】根據(jù)題意，當質(zhì)子束恰好不從面射出時，發(fā)生“全反射”，根據(jù)全反射臨界條件可知，此時，設(shè)入射角為，則有解得則質(zhì)子束的入射角【小問3詳解】當質(zhì)子束發(fā)生“全反射”時，質(zhì)子束在電場中的運動為類斜拋運動。從開始進入電場到速度水平的過程，可反向看成類平拋運動，水平位移為，豎直位移為。設(shè)電場強度為，則設(shè)豎直方向初速度為，加速度為，則有，設(shè)入射角為，則有根據(jù)平拋運動速度反向延長線過水平位移中點，有又有聯(lián)立解得要發(fā)生“全反射”，則根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系有解得16.如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運動。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大??；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質(zhì)量比。（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程。【答案】（1），；（2）或；（3）【解析】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動量守恒,設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動量守恒有可得碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有可得（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則碰后動量和能量守恒有聯(lián)立解得，因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為，則有聯(lián)立解得由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k1=0，即對第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為，，則同樣有聯(lián)立解得，，故第三次碰撞發(fā)生在b點、第四次碰撞發(fā)生在c點，以此類推，滿足題意。②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為；所以聯(lián)立可得因為兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k2=0，即根據(jù)①的分析可證，，滿足題意。綜上可知或。（3）第一次碰前相對速度大小為v0，第一次碰后的相對速度大小為，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運動一圈，即B球相對A球運動一圈，有第一次碰撞動量守恒有且聯(lián)立解得B球運動的路程第二次碰撞相對速度大小為第二次碰撞有且聯(lián)立可得所以B球運動的路程一共碰了2n次，有17.如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運動。當B的左端經(jīng)過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達最低點，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)，C與B間動摩擦因數(shù)，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；（4）若，自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過程根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）滑塊C剛滑上B時可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C的加速度為木板B的加速度為設(shè)經(jīng)過時間t1，B和C共速，有代入數(shù)據(jù)解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設(shè)再經(jīng)過t2時間，物塊A恰好撞上木板B，有整理得解得，（舍去）此時B的位移共同的速度綜上可知滿足條件的s范圍為（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒有共速，對于木板B，根據(jù)運動學公式有整理后有解得，（舍去）滑塊C在這段時間的位移所以摩擦力對C做的功（4）因為木板B足夠長，最后的狀